2024年安徽省中考一模数学测试题（原卷+答案解析）

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一、单选题
1．下列说法错误的有（ ）
①最大的负整数是-1；
②绝对值是本身的数是正数；
③有理数分为正有理数和负有理数；
④数轴上表示-a的点一定在原点的左边；
⑤在数轴上7与9之间的有理数是8．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】根据负整数的意义，可判断①；根据绝对值的意义，可判断②；根据有理数的分类，可判断③；根据负数的意义，可判断④；根据数轴上两点间的距离，可判断⑤．
【详解】解：①最大的负整数是-1，故①正确；
②绝对值是它本身的数是非负数，故②错误；
③有理数分为正有理数、0、负有理数，故③错误；
④a＜0时，-a在原点的右边，故④错误；
⑤在数轴上7与9之间的有理数有无数个，故⑤错误；
故选:D．
【点睛】本题考查了有理数的分类，数轴上两点间的距离，绝对值的意义等知识，理解概念是解题关键．
2．2011年9月第九届全国少数民族传统体育运动会将在贵阳举行，为营造一个清洁、优美、舒适的美好贵阳，2011年3月贵阳市启动了“自己动手，美化贵阳”活动，在活动过程中，志愿者陆续发放了50000份倡议书，50000这个数用科学记数法表示为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．
【详解】解：50000=5×104，
故选：B．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3．计算﹣3×的结果为（ ）
A．﹣3B．3C．﹣3D．3
【答案】A
【分析】单项式乘单项式的法则：系数与系数相乘作为积的系数，然后根据同底数的乘法法则，底数不变，指数相加进行计算，得出答案
【详解】
故选A.
考点：单项式乘单项式
4．沿正方体相邻的三条棱的中点截掉一个角，得到如图所示的几何体，则它的左视图是（ ）

A．B． C． D．
【答案】C
【分析】根据左视图是从左面看到的图形判定则可．
【详解】解：从左边看，是一个正方形，正方形的右上角有一条虚线．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了几何体的三种视图和学生的空间想象能力，正确掌握观察角度是解题关键．
5．某班同学抛携实心球的成绩统计表如下，则该成绩的众数是（ ）
A．10B．16C．9D．14
【答案】A
【分析】一组数据中出现次数最多的数据叫做这组数据的众数，根据众数的定义进行判断即可．
【详解】这组数据中，成绩为10分的出现的次数最多，是16次，因此成绩的众数是10分，
故选：A．
【点睛】本题考查众数，理解众数的定义是解决问题的关键．
6．一个不透明的口袋中有四个完全相同的小球，把他们分别标号为1，2，3，4，随机摸出一个小球，不放回，再随机摸出一个小球，两次摸出的小球标号的积不大于4的概率是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先画树状图（或列表）求出所有等可能结果，再看小球标号的积不大于4占其中几种结果，用这个结果数比以总结果数即得答．
【详解】画树状图得：
∵共有12种等可能的结果，两次摸出的小球标号的积不大于4的有6种情况，
∴两次摸出的小球标号的积不大于4的概率是：．
故选D．
【点睛】此题考查用列表或画树状图的方法求随机事件概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比，要注意本题是摸出不放回的情况．
7．2021年9月份，全国新冠疫苗当月接种量约为1.4亿剂次，11月份新冠疫苗当月接种量达到2.3亿剂次，若设平均每月的增长率为x，则下列方程中符合题意的是（ ）
A．1.4x2 =2.3B．1.4（1+x2）=2.3C．1.4（1+x）2 =2.3D．1.4（1+2x）=2.3
【答案】C
【分析】是关于增长率问题，一般用增长后的量增长前的量增长率），如果设平均每月的增长率为，那么根据题意可用表示11月份新冠疫苗接种量，从而得出方程．
【详解】解：设平均每月的增长率为，
那么根据题意得：．
故选：C．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，解题的关键是掌握平均增长率问题的一般形式为，为起始时间的有关数量，为终止时间的有关数量．
8．下列运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据积的乘方计算法则即可判断A；根据二次根式的除法计算法则即可判断B；根据同底数幂乘法计算法则即可判断C；根据完全平方公式即可判断D．
【详解】解：A、，计算错误，不符合题意；
B、，计算错误，不符合题意；
C、，计算错误，不符合题意；
D、，计算正确，符合题意；
故选D．
【点睛】本题主要考查了积的乘方，二次根式除法，同底数幂乘法和完全平方公式，熟知相关计算法则是解题的关键．
9．如图，已知△ABC≌△DEC，点A和点D，点B和点E是对应顶点，过点A作AF⊥CD交CD于点F，若∠BCE＝60°，则∠CAF的度数为（ ）
A．35°B．30°C．60°D．65°
【答案】B
【分析】根据三角形全等的性质可得，进而可得，根据直角三角形的两个锐角互余，即可求得的度数．
【详解】解：，
，，
即，
，，，
故选：
【点睛】本题考查了三角形全等的性质，直角三角形的两个锐角互余，证明是解题的关键．
10．求二次函数的图象如图所示，其对称轴为直线，与轴的交点为、，其中，有下列结论：①；②；③；④；⑤；其中，正确的结论有（ ）
A．5B．4C．3D．2
【答案】C
【分析】由抛物线开口方向得a＞0，由抛物线的对称轴为直线得＞0，由抛物线与y轴的交点位置得c＜0，则abc＜0；由于抛物线与x轴一个交点在点（0，0）与点（1，0）之间，根据抛物线的对称轴性得到抛物线与x轴另一个交点在点（-3，0）与点（-2，0）之间，即有-3＜＜-2；抛物线的对称轴为直线，且c＜-1，时，；抛物线开口向上，对称轴为直线，当时，，当得：，且，∴，即；对称轴为直线得,由于时，，则0,所以0,解得,然后利用得到.
【详解】∵抛物线开口向上，∴a＞0，
∵抛物线的对称轴为直线，∴b=2a＞0，
∵抛物线与y轴的交点在x轴下方，∴c＜0，∴abc＜0，
所以①错误；
∵抛物线与x轴一个交点在点（0，0）与点（1，0）之间，而对称轴为，由于抛物线与x轴一个交点在点（0，0）与点（1，0）之间，根据抛物线的对称轴性，∴抛物线与x轴另一个交点在点（-3，0）与点（-2，0）之间，即有-3＜＜-2，所以②正确；
∵抛物线的对称轴为直线，且c＜-1，∴当时，, 所以③正确；
∵抛物线开口向上，对称轴为直线，∴当时，，
当代入得：，
∵，∴，即,所以④错误；
∵对称轴为直线，∴,
∵由于时，，∴0,所以0,解得,
根据图象得，∴，所以⑤正确.
所以②③⑤正确, 故选C．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与系数的关系，以及抛物线与x轴、y轴的交点，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），a决定抛物线开口方向；c的符号由抛物线与y轴的交点的位置确定；b的符号由a及对称轴的位置确定；当x＝1时，y＝；当时，.
二、填空题
11． ．
【答案】
【分析】本题主要考查了实数的运算，先计算算术平方根，再计算绝对值即可得到答案．
【详解】解：，
故答案为：．
12．分解因式： ．
【答案】
【分析】先提取公因式，然后利用平方差公式进一步分解
【详解】原式=
故答案为：
【点睛】本题考查因式分解，因式分解常见的方法有：
（1）提取公因式；
（2）利用乘法公式分解因式；
（3）十字相乘法分解因式
（4）分组法分解因式
13．如图所示，⊙是的外接圆，于，且，则⊙的直径的长度是 .
【答案】
【分析】由勾股定理可求AD＝CD，即可得∠ACB＝45°，由圆的有关性质可得∠AOB＝90°，由勾股定理可求AO的长，即可得⊙O的直径的长度．
【详解】解：如图，连接AO，BO，

∵AD⊥BC，且AC＝4，AD＝4，
∴CD＝ =4
∴CD＝AD，
∴∠ACB＝45°，
∵∠AOB＝2∠ACB
∴∠AOB＝90°
∴AO2+BO2＝AB2，
∴AO＝BO＝，
∴⊙O的直径的长度是.
故答案为
【点睛】本题考查了三角形的外接圆和外心，圆周角定理，勾股定理等知识，求∠AOB＝90°是本题的关键．
14．如图，面积为4的正方形中，分别是各边的中点，将一边两端点分别和对边中点连结，所得阴影部分为各边相等的八边形，则八边形每条边的长度是 .
【答案】
【分析】正方形的面积为4，得到，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理得到＝，根据三角形的面积公式得到＝，再根据相似即可得到结论．
【详解】如图：
∵正方形的面积为4
∴正方形的边长为2，
∵点分别是的中点，
∴，
在与中，
∴ ，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵＝，
∴＝
∴，
由题意可得：
∴
∴
∴
同理可得：
∴
∴
∵
∴
∴
∴
故答案：
【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的性质，全等三角形的性质，正确地识别图形是解题的关键．
三、解答题
15．（1）化简：．
（2）解不等式：．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）利用单项式乘多项式和完全平方式展开，再合并同类项即可化简．
（2）去分母，再去括号，最后再移项、合并同类项即可解不等式．
【详解】解：（1）原式
．
（2）原式去分母，得，
去括号，得，
移项，合并同类项，得，
即解得．
【点睛】本题考查整式的化简和解一元一次不等式，掌握整式的运算法则和解一元一次不等式的步骤是解答本题的关键．
16．如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点分别是，，．
(1)请画出将绕点C逆时针旋转后得到的；
(2)在（2）的条件下，求点A旋转到点所经过的路线长（结果保留π）．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了旋转，勾股定理，弧长公式等知识，解题的关键是：
（1）利用旋转的性质将绕点C逆时针旋转，画出即可．
（2）利用勾股定理求出的长，再利用弧长公式（n是圆心角的度数，R是扇形的半径），列式计算求出结果．
【详解】（1）解：如图，即为所求，
；
（2）解： ∵，
∴ 点A旋转到点所经过的路线长为．
17．观察下列关于自然数的等式：
；
；
；
；
…
根据上述等式的规律，解答下列问题．
(1)若等式（a，b是自然数）满足以上规律，则______，______；
(2)写出第n个等式（用含n的代数式表示），并证明其正确性．
【答案】(1)7，39
(2)第n个等式为：，证明见解析
【分析】（1）等式左边第一个因数比幂的底数大1、第二个因数比幂的底数大3，而等式右边的数是等式左边第一个因数的4倍，据此求解即可；
（2）根据（1）的规律得到第n个等式，并验证即可；
【详解】（1）解：∵，
∴，；
∴，
故答案为：7，39；
（2）解：由（1）得第n个等式为：；
∵左边
右边，
∴等式成立．
【点睛】本题主要考查了数字类的规律探索，整式的混合计算，正确理解题意找到规律是解题的关键．
18．已知一次函数y＝kx﹣4，当x＝3时，y＝﹣1，求它的解析式以及该直线与坐标轴的交点坐标．
【答案】一次函数的解析式为y＝x−4，与x轴交点的坐标是（4，0），与y轴的交点坐标是（0，−4）．
【分析】把x、y的值代入y＝kx−4，通过解方程求出k的值得到一次函数的解析式，根据直线与x轴相交时，函数的y值为0，与y轴相交时，函数的x值为0求出该直线与坐标轴的交点坐标．
【详解】解：∵一次函数y＝kx−4，当x＝3时，y＝−1，
∴−1＝3k−4，解得k＝1，
∴一次函数的解析式为y＝x−4，
∵当y＝0时，x＝4，
当x＝0时，y＝−4，
∴该直线与x轴交点的坐标是（4，0），与y轴的交点坐标是（0，−4）．
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，一次函数与坐标轴的交点．正确求出直线的解析式是解题的关键．
19．某数学兴趣小组要测量实验大楼部分楼体的高度（如图①所示，部分），在起点处测得大楼部分楼体的顶端点的仰角为，底端点的仰角为，在同一剖面沿水平地面向前走20米到达处，测得顶端的仰角为（如图②所示），求大楼部分楼体的高度约为多少米？（精确到1米）（参考数据：，，，，）
【答案】大楼部分楼体的高度约为17米.
【分析】设楼高CE为x米，于是得到BE=x-20，解直角三角形即可得到结论．
【详解】设楼高为米.
∵在中，，
∴.
∵，
∴，
在中，，
∴.
解得（米）.
在中，，
∴（米）.
答：大楼部分楼体的高度约为17米.
【点睛】此题是解直角三角形的应用---仰角和俯角，解本题的关键是利用三角函数解答．
20．赵州桥（如图）建于1400年前的隋朝，是我国石拱桥中的代表性桥梁，桥的下部呈圆弧形，桥的跨度（弧所对的弦长）为，拱高（弧的中点到弦的距离）为，求赵州桥桥拱所在圆的半径．（精确到）
【答案】
【分析】设O为圆心，作于D，交弧AB于C，则 ，可得，在 中，利用勾股定理，即可求解
【详解】解：设O为圆心，作于D，交弧AB于C，则 ，如图所示：
拱桥的跨度，拱高，
，
在 中，
，
即， 解得：
即圆弧半径为．
答：赵州桥的主桥拱半径为．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
21．原地正面掷实心球是北京市初中学业水平考试体育现场考试的选考项目之一，实心球被掷出后的运动路线可以看作是抛物线的一部分，如图所示，建立平面直角坐标系，实心球从出手到落地的过程中，它的竖直高度(单位：)与水平距离(单位：)近似满足函数关系．
小明训练时，实心球的水平距离与竖直高度的几组数据如下：
根据上述数据，解决下列问题：
(1)直接写出实心球竖直高度的最大值是______；
(2)求出满足的函数关系；
(3)求实心球从出手到落地点的水平距离．
【答案】(1)；
(2)；
(3)10米；
【分析】（1）利用抛物线的对称性求得对称轴，再根据开口方向即可解答；
（2）由表格数据得出顶点坐标，再将代入计算求值即可；
（3）在函数关系中令，解一元二次方程方程即可；
【详解】（1）解：由表格数据可得当和时，其函数值相同，
∴二次函数的对称轴为，
∵函数的开口方向向下，
∴函数顶点坐标为，
∴实心球竖直高度的最大值是；
故答案为：
（2）解：∵抛物线的顶点坐标为，
∴设抛物线的表达式为，
将点代入，得，
解得，
∴ 抛物线的表达式为；
（3）解：令，
则 ，
解得：，（不符合题意舍去），
答：实心球从出手到落地点的水平距离为10米．
【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，掌握其顶点式中为其顶点坐标是解题关键．
22．二次函数的图象过点，．
(1)求二次函数的解析式：
(2)当时，求函数y的最大值和最小值的差；
(3)当时，函数y的取值范围为，求m的取值范围；
(4)点M的坐标为，点N的坐标为，若线段与该函数图象恰有一个交点，直接写出n的取值范围．
【答案】(1)
(2)9
(3)
(4)或
【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，利用数形结合的思想是解题的关键．
（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）根据二次函数的增减性，求出最大值和最小值，作差即可；
（3）图象法，求的取值范围即可；
（4）令可得，，，结合图象分交点在对称轴左侧和右侧两种情况讨论即可．
【详解】（1）解：把点，代入二次函数得，
解得
∴二次函数的关系式为；
（2）∵
∴抛物线的开口方向向下，对称轴为，抛物线上的点离对称轴越远，函数值越小，
∵，
∴当时，y最大，；当时，y最小，．
∴时，函数y的最大值4和最小值的差为9；
（3）∵函数y的取值范围为，即函数图象位于x轴上方的部分所对应的函数值，
∴当时，即．解得或．
又∵当时，，
∴；
（4）解：令可得，，，
如图所示，当线段与该函数图象的交点在对称轴左侧时，，

解得：；
如图所示，当线段与该函数图象的交点在对称轴右侧时，，
综上，n的取值范围为或．
23．已知正方形ABCD．点E在AB上，点G在AD．点F在射线BC上，点H在CD上．
(1)如图1．，求证：；
(2)如图2，，P为EF中点，求证：；
(3)如图3，EH交FG于O，，若，，则线段EH的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）过点A作AM∥FG交BC于点M，由矩形性质可证得四边形AGFM是平行四边形，由MF=AG；由条件中垂直关系及矩形性质，易证△DAE≌△ABM，可得AE=BM，则可得结论成立；
（2）取CF=NC，连接EN，则可得EN∥PC，则EN=2PC，NC=CF；其次易得△DAE≌△DCF，则易得BE=BN，从而由勾股定理易得结论；
（3）作BM∥FG交AD于M，作BN∥EH交CD于N，则易得四边形BFGM、四边形BEHN为平行四边形，则AM=2，BN=EH；延长NC到P，使CP=AM=2，则可证明△BAM≌△BCP，∠ABM=∠CBP，∠MBN=∠PBN=45°，再证明△BMN≌△BPN，得MN=PN；设CN=x，则在Rt△DMN中，由勾股定理得关于x的方程，解方程可求得x，在Rt△BCN中，由勾股定理可求得BN的长，即EH的长．
【详解】（1）过点A作AM∥FG交BC于点M，如图1．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAE=∠ABM=90°，AD∥BC，AD=AB．
∵AM∥FG，
∴四边形AGFM是平行四边形，
∴MF=AG．
∵AM∥FG，FG⊥DE，
∴AM⊥DE，
∴∠DAM+∠ADE=90°．
∵∠DAM+∠BAM=90°，
∴∠ADE=∠BAM．
在△DAE与△ABM中
，
∴△DAE≌△ABM，
∴AE=BM．
∴BF=BM+MF=AE+AG．
（2）取CF=NC，连接EN， 如图2．
则CP是△FEN的中位线，
∴EN∥PC，EN=2PC．
∵DE⊥DF，AD⊥CD，
∴∠ADE=∠CDF，
∵AD=CD，∠A=∠DCF=90°，
∴△DAE≌△DCF．
∴AE=CF．
∴AE=NC．
∵AB=BC，
∴BE=BN．
∵∠B=90°，
∴由勾股定理得，
∴，
∴．
（3）如图3，作BM∥FG交AD于M，作BN∥EH交CD于N．
由正方形性质得：AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形BFGM、四边形BEHN为平行四边形，
∴GM=BF=GD=1，BN=EH，
∴DM=DG+GM=2，AM=2，即M为AD的中点．
延长NC到P，使CP=AM=2，
∵AB=BC，∠A=∠BCP=90°，
∴△BAM≌△BCP，
∴∠ABM=∠CBP，BM=BP．
∵∠GOH=45°，BM∥FG， BN∥EH，
∴∠MBN=45°，
∴∠ABM+∠CBN=45°，
∴∠PBN=∠CBN+∠CBP=∠CBN+∠ABM=45°
即∠MBN=∠PBN=45°，
∵BM=BP，BN=BN，
∴△BMN≌△BPN，
∴MN=PN；
设CN=x，则MN=PN=CN+CP=x+2，DN=CD-CN=4-x，
在Rt△DMN中，由勾股定理得：，
解得：．
在Rt△BCN中，由勾股定理得，
∴．
【点睛】本题是四边形的综合，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，三角形中位线定理等知识，涉及方程思想，灵活运用这些知识是解答本题的关键，根据题目特点构造适当辅助线是本题的难点．
成绩（分）
6
7
8
9
10
频数
1
6
13
14
16
水平距离/m
竖直高度/m
1.8
2.43
2.88
3.15
3.24
3.15